20 chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8

20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8

CHUYÊN ĐỀ 1 - PHẤN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ
A. MỤC TIÊU:
* Hệ thống lại các dạng toán và các phƣơng pháp phân tích đa thức thành nhân tử
* Giải một số bài tập về phân tích đa thức thành nhân tử
* Nâng cao trình độ và kỹ năng về phân tích đa thức thành nhân tử
B. CÁC PHƢƠNG PHÁP VÀ BÀI TẬP
I. TÁCH MỘT HẠNG TỬ THÀNH NHIỀU HẠNG TỬ:
Định lí bổ sung:
+ Đa thức f(x) có nghiệm hữu tỉ thì có dạng p/q trong đó p là ƣớc của hệ số tự do, q là ƣớc
dƣơng của hệ số cao nhất
+ Nếu f(x) có tổng các hệ số bằng 0 thì f(x) có một nhân tử là x – 1
+ Nếu f(x) có tổng các hệ số của các hạng tử bậc chẵn bằng tổng các hệ số của các hạng tử
bậc lẻ thì f(x) có một nhân tử là x + 1
+ Nếu a là nghiệm nguyên của f(x) và f(1); f(- 1) khác 0 thì

f(1)
f(-1)
và
đều là số nguyên.
a-1
a+1

Để nhanh chóng loại trừ nghiệm là ƣớc của hệ số tự do
1. Ví dụ 1: 3x2 – 8x + 4
Cách 1: Tách hạng tử thứ 2
3x2 – 8x + 4 = 3x2 – 6x – 2x + 4 = 3x(x – 2) – 2(x – 2) = (x – 2)(3x – 2)
Cách 2: Tách hạng tử thứ nhất:
3x2 – 8x + 4 = (4x2 – 8x + 4) - x2 = (2x – 2)2 – x2 = (2x – 2 + x)(2x – 2 – x)
= (x – 2)(3x – 2)

Ví dụ 2: x3 – x2 - 4
Ta nhân thấy nghiệm của f(x) nếu có thì x = 1; 2; 4 , chỉ có f(2) = 0 nên x = 2 là nghiệm
của f(x) nên f(x) có một nhân tử là x – 2. Do đó ta tách f(x) thành các nhóm có xuất hiện
một nhân tử là x – 2
Cách 1:
x3 – x2 – 4 =  x3  2 x2    x2  2 x    2 x  4  x2  x  2  x( x  2)  2( x  2) =  x  2  x2  x  2
1


20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8

Cách 2: x3  x2  4  x3  8  x2  4   x3  8   x2  4  ( x  2)( x2  2 x  4)  ( x  2)( x  2)
=  x  2  x2  2 x  4  ( x  2)  ( x  2)( x2  x  2)
Ví dụ 3: f(x) = 3x3 – 7x2 + 17x – 5
Nhận xét: 1, 5 không là nghiệm của f(x), nhƣ vậy f(x) không có nghiệm nguyên. Nên
f(x) nếu có nghiệm thì là nghiệm hữu tỉ
Ta nhận thấy x =

1
là nghiệm của f(x) do đó f(x) có một nhân tử là 3x – 1. Nên
3

f(x) = 3x3 – 7x2 + 17x – 5 = 3x3  x2  6 x2  2 x  15x  5  3x3  x2    6 x2  2 x   15x  5
= x2 (3x 1)  2 x(3x 1)  5(3x 1)  (3x 1)( x2  2 x  5)
Vì x2  2 x  5  ( x2  2x  1)  4  ( x 1)2  4  0 với mọi x nên không phân tích đƣợc thành
nhân tử nữa
Ví dụ 4: x3 + 5x2 + 8x + 4
Nhận xét: Tổng các hệ số của các hạng tử bậc chẵn bằng tổng các hệ số của các hạng tử
bậc lẻ nên đa thức có một nhân tử là x + 1
x3 + 5x2 + 8x + 4 = (x3 + x2 ) + (4x2 + 4x) + (4x + 4) = x2(x + 1) + 4x(x + 1) + 4(x + 1)

= (x + 1)(x2 + 4x + 4) = (x + 1)(x + 2)2
Ví dụ 5: f(x) = x5 – 2x4 + 3x3 – 4x2 + 2
Tổng các hệ số bằng 0 thì nên đa thức có một nhân tử là x – 1, chia f(x) cho (x – 1) ta có:
x5 – 2x4 + 3x3 – 4x2 + 2 = (x – 1)(x4 - x3 + 2 x2 - 2 x - 2)
Vì x4 - x3 + 2 x2 - 2 x - 2 không có nghiệm nguyên cũng không có nghiệm hữu tỉ nên
không phân tích đƣợc nữa
Ví dụ 6: x4 + 1997x2 + 1996x + 1997 = (x4 + x2 + 1) + (1996x2 + 1996x + 1996)
= (x2 + x + 1)(x2 - x + 1) + 1996(x2 + x + 1)
= (x2 + x + 1)(x2 - x + 1 + 1996) = (x2 + x + 1)(x2 - x + 1997)
Ví dụ 7: x2 - x - 2001.2002 = x2 - x - 2001.(2001 + 1)
= x2 - x – 20012 - 2001 = (x2 – 20012) – (x + 2001) = (x + 2001)(x – 2002)
II. THÊM , BỚT CÙNG MỘT HẠNG TỬ:
2


20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8

1. Thêm, bớt cùng một số hạng tử để xuất hiện hiệu hai bình phƣơng:
Ví dụ 1: 4x4 + 81 = 4x4 + 36x2 + 81 - 36x2 = (2x2 + 9)2 – 36x2
= (2x2 + 9)2 – (6x)2 = (2x2 + 9 + 6x)(2x2 + 9 – 6x)
= (2x2 + 6x + 9 )(2x2 – 6x + 9)
Ví dụ 2: x8 + 98x4 + 1 = (x8 + 2x4 + 1 ) + 96x4
= (x4 + 1)2 + 16x2(x4 + 1) + 64x4 - 16x2(x4 + 1) + 32x4
= (x4 + 1 + 8x2)2 – 16x2(x4 + 1 – 2x2) = (x4 + 8x2 + 1)2 - 16x2(x2 – 1)2
= (x4 + 8x2 + 1)2 - (4x3 – 4x )2
= (x4 + 4x3 + 8x2 – 4x + 1)(x4 - 4x3 + 8x2 + 4x + 1)
2. Thêm, bớt cùng một số hạng tử để xuất hiện nhân tử chung
Ví dụ 1: x7 + x2 + 1 = (x7 – x) + (x2 + x + 1 ) = x(x6 – 1) + (x2 + x + 1 )
= x(x3 - 1)(x3 + 1) + (x2 + x + 1 ) = x(x – 1)(x2 + x + 1 ) (x3 + 1) + (x2 + x + 1)
= (x2 + x + 1)[x(x – 1)(x3 + 1) + 1] = (x2 + x + 1)(x5 – x4 + x2 - x + 1)

Ví dụ 2: x7 + x5 + 1 = (x7 – x ) + (x5 – x2 ) + (x2 + x + 1)
= x(x3 – 1)(x3 + 1) + x2(x3 – 1) + (x2 + x + 1)
= (x2 + x + 1)(x – 1)(x4 + x) + x2 (x – 1)(x2 + x + 1) + (x2 + x + 1)
= (x2 + x + 1)[(x5 – x4 + x2 – x) + (x3 – x2 ) + 1] = (x2 + x + 1)(x5 – x4 + x3 – x + 1)
Ghi nhớ:
Các đa thức có dạng x3m + 1 + x3n + 2 + 1 nhƣ: x7 + x2 + 1 ; x7 + x5 + 1 ; x8 + x4 + 1 ;
x5 + x + 1 ; x8 + x + 1 ; … đều có nhân tử chung là x2 + x + 1
III. ĐẶT BIẾN PHỤ:
Ví dụ 1: x(x + 4)(x + 6)(x + 10) + 128 = [x(x + 10)][(x + 4)(x + 6)] + 128
= (x2 + 10x) + (x2 + 10x + 24) + 128
Đặt x2 + 10x + 12 = y, đa thức có dạng
(y – 12)(y + 12) + 128 = y2 – 144 + 128 = y2 – 16 = (y + 4)(y – 4)
= ( x2 + 10x + 8 )(x2 + 10x + 16 ) = (x + 2)(x + 8)( x2 + 10x + 8 )
Ví dụ 2: A = x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + 1
Giả sử x  0 ta viết
3


20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8

x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + 1 = x2 ( x2 + 6x + 7 –
Đặt x -

6
1
1
1
2
2
)+7]

+ 2 ) = x [(x + 2 ) + 6(x x
x
x
x

1
1
= y thì x2 + 2 = y2 + 2, do đó
x
x

A = x2(y2 + 2 + 6y + 7) = x2(y + 3)2 = (xy + 3x)2 = [x(x -

1 2
) + 3x]2 = (x2 + 3x – 1)2
x

Chú ý: Ví dụ trên có thể giải bằng cách áp dụng hằng đẳng thức nhƣ sau:
A = x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + 1 = x4 + (6x3 – 2x2 ) + (9x2 – 6x + 1 )
= x4 + 2x2(3x – 1) + (3x – 1)2 = (x2 + 3x – 1)2
Ví dụ 3: A = ( x2  y 2  z 2 )( x  y  z)2  ( xy  yz +zx)2
= ( x2  y 2  z 2 )  2( xy  yz +zx) ( x2  y 2  z 2 )  ( xy  yz +zx)2
Đặt x2  y 2  z 2 = a, xy + yz + zx = b ta có
A = a(a + 2b) + b2 = a2 + 2ab + b2 = (a + b)2 = ( x2  y 2  z 2 + xy + yz + zx)2
Ví dụ 4: B = 2( x4  y 4  z 4 )  ( x2  y 2  z 2 )2  2( x2  y 2  z 2 )( x  y  z )2  ( x  y  z )4
Đặt x4 + y4 + z4 = a, x2 + y2 + z2 = b, x + y + z = c ta có:
B = 2a – b2 – 2bc2 + c4 = 2a – 2b2 + b2 - 2bc2 + c4 = 2(a – b2) + (b –c2)2
Ta lại có: a – b2 = - 2( x2 y 2  y 2 z 2  z 2 x2 ) và b –c2 = - 2(xy + yz + zx) Do đó;
B = - 4( x2 y 2  y 2 z 2  z 2 x2 ) + 4 (xy + yz + zx)2
= 4 x2 y 2  4 y 2 z 2  4z 2 x2  4x2 y 2  4 y 2 z 2  4z 2 x 2  8x 2 yz  8xy 2 z  8xyz 2  8xyz ( x  y  z )

Ví dụ 5: (a  b  c)3  4(a3  b3  c3 ) 12abc
Đặt a + b = m, a – b = n thì 4ab = m2 – n2
a3 + b3 = (a + b)[(a – b)2 + ab] = m(n2 +

m2 - n 2
). Ta có:
4

m3 + 3mn 2
3
2
2
2
 4c3  3c(m2 - n 2 ) = 3( - c +mc – mn + cn )
C = (m + c) – 4.
4
3

= 3[c2(m - c) - n2(m - c)] = 3(m - c)(c - n)(c + n) = 3(a + b - c)(c + a - b)(c - a + b)
III. PHƢƠNG PHÁP HỆ SỐ BẤT ĐỊNH:
Ví dụ 1: x4 - 6x3 + 12x2 - 14x + 3
4


20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8

Nhận xét: các số  1,  3 không là nghiệm của đa thức, đa thức không có nghiệm nguyên
củng không có nghiệm hữu tỉ
Nhƣ vậy nếu đa thức phân tích đƣợc thành nhân tử thì phải có dạng
(x2 + ax + b)(x2 + cx + d) = x4 + (a + c)x3 + (ac + b + d)x2 + (ad + bc)x + bd

a  c  6
ac  b  d  12
đồng nhất đa thức này với đa thức đã cho ta có: 
ad  bc  14
bd  3

Xét bd = 3 với b, d  Z, b  1, 3 với b = 3 thì d = 1 hệ điều kiện trên trở thành
a  c  6
ac  8
2c  8 c  4




a

3
c


14
ac

8

a  2

bd  3

Vậy: x4 - 6x3 + 12x2 - 14x + 3 = (x2 - 2x + 3)(x2 - 4x + 1)

Ví dụ 2: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + 8
Nhận xét: đa thức có 1 nghiệm là x = 2 nên có thừa số là x - 2 do đó ta có:
2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + 8 = (x - 2)(2x3 + ax2 + bx + c)
a  4  3
b  2a  7 a  1

4
3
2
 b  5
= 2x + (a - 4)x + (b - 2a)x + (c - 2b)x - 2c  
c  2b  6
c  4

2c  8

Suy ra: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + 8 = (x - 2)(2x3 + x2 - 5x - 4)
Ta lại có 2x3 + x2 - 5x - 4 là đa thức có tổng hệ số của các hạng tử bậc lẻ và bậc chẵn bằng
nahu nên có 1 nhân tử là x + 1 nên 2x3 + x2 - 5x - 4 = (x + 1)(2x2 - x - 4)
Vậy: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + 8 = (x - 2)(x + 1)(2x2 - x - 4)
Ví dụ 3:
12x2 + 5x - 12y2 + 12y - 10xy - 3 = (a x + by + 3)(cx + dy - 1)
= acx2 + (3c - a)x + bdy2 + (3d - b)y + (bc + ad)xy – 3

5


20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8
ac  12
bc  ad  10 a  4

c  3



 3c  a  5
bd  12
b  6

d  2
3d  b  12
2

2

 12x + 5x - 12y + 12y - 10xy - 3 = (4 x - 6y + 3)(3x + 2y - 1)

BÀI TẬP:
Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
1) x3 - 7x + 6
10) 64x4 + y4
2) x3 - 9x2 + 6x + 16
11) a6 + a4 + a2b2 + b4 - b6
3) x3 - 6x2 - x + 30

12) x3 + 3xy + y3 - 1

4) 2x3 - x2 + 5x + 3

13) 4x4 + 4x3 + 5x2 + 2x + 1

5) 27x3 - 27x2 + 18x - 4
6) x2 + 2xy + y2 - x - y - 12
7) (x + 2)(x +3)(x + 4)(x + 5) - 24
4

2

8) 4x - 32x + 1
9) 3(x4 + x2 + 1) - (x2 + x + 1)2

8

14) x + x + 1

15) x8 + 3x4 + 4
16) 3x2 + 22xy + 11x + 37y + 7y2 +10
17) x4 - 8x + 63
CHUYấN ĐỀ 2 - SƠ LƢỢC VỀ CHỈNH HỢP,

6


20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8

CHUYÊN ĐỀ 2: HOÁN VỊ, TỔ HỢP
A. MỤC TIÊU:
* Bƣớc đầu HS hiểu về chỉnh hợp, hoán vị và tổ hợp
* Vận dụng kiến thức vào một ssó bài toán cụ thể và thực tế
* Tạo hứng thú và nâng cao kỹ năng giải toán cho HS
B. KIẾN THỨC:

I. Chỉnh hợp:
1. định nghĩa: Cho một tập hợp X gồm n phần tử. Mỗi cách sắp xếp k phần tử của tập hợp
X ( 1  k  n) theo một thứ tự nhất định gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử ấy
Số tất cả các chỉnh hợp chập k của n phần tử đƣợc kí hiệu

A

k
n

2. Tính số chỉnh chập k của n phần tử

A

k
n

= n(n - 1)(n - 2)…[n - (k - 1)]

II. Hoán vị:
1. Định nghĩa: Cho một tập hợp X gồm n phần tử. Mỗi cách sắp xếp n phần tử của tập hợp
X theo một thứ tự nhất định gọi là một hoán vị của n phần tử ấy
Số tất cả các hoán vị của n phần tử đƣợc kí hiệu Pn
2. Tính số hoán vị của n phần tử
Pn =

( n! : n giai thừa)

A

n
n

= n(n - 1)(n - 2) …2 .1 = n!

III. Tổ hợp:
1. Định nghĩa: Cho một tập hợp X gồm n phần tử. Mỗi tập con của X gồm k phần tử
trong n phần tử của tập hợp X ( 0  k  n) gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử ấy
Số tất cả các tổ hợp chập k của n phần tử đƣợc kí hiệu

C

2. Tính số tổ hợp chập k của n phần tử

C

k
n

=

A

n
n

: k! =

n(n - 1)(n - 2)...[n - (k - 1)]
k!

7

k
n


20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8

C. Ví dụ:
1. Ví dụ 1:
Cho 5 chữ số: 1, 2, 3, 4, 5
a) có bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số, các chữ số khác nhau, lập bởi ba trong các chữ
số trên
b) Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số, các chữ số khác nhau, lập bởi cả 5 chữ số trên
c)Có bao nhiêu cách chọn ra ba chữ số trong 5 chữ số trên
Giải:
a) số tự nhiên có ba chữ số, các chữ số khác nhau, lập bởi ba trong các chữ số trên là
chỉnh hợp chập 3 của 5 phần tử:

A

3
5

= 5.(5 - 1).(5 - 2) = 5 . 4 . 3 = 60 số

b) số tự nhiên có 5 chữ số, các chữ số khác nhau, lập bởi cả 5 chữ số trên là hoán vị cua 5
phần tử (chỉnh hợp chập 5 của 5 phần tử):

A

5
5

= 5.(5 - 1).(5 - 2).(5 - 3).(5 - 4) = 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 120 số

c) cách chọn ra ba chữ số trong 5 chữ số trên là tổ hợp chập 3 của 5 phần tử:

C

3
5

=

5.(5 - 1).(5 - 2)
5.4.3
60


 10 nhóm
3!
3.(3 - 1)(3 - 2) 6

2. Ví dụ 2:
Cho 5 chữ số 1, 2, 3, 4, 5. Dùng 5 chữ số này:
a) Lập đƣợc bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số trong đó không có chữ số nào lặp lại? Tính
tổng các số lập đƣợc
b) lập đƣợc bao nhiêu số chẵn có 5 chữ số khác nhau?

c) Lập đƣợc bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số, trong đó hai chữ số kề nhau phải khác
nhau
d) Lập đƣợc bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số, các chữ số khác nhau, trong đó có hai chữ
số lẻ, hai chữ số chẵn
Giải
8


20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8

a) số tự nhiên có 4 chữ số, các chữ số khác nhau, lập bởi 4 trong các chữ số trên là chỉnh
hợp chập 4 của 5 phần tử:

A

4
5

= 5.(5 - 1).(5 - 2).(5 - 3) = 5 . 4 . 3 . 2 = 120 số

Trong mỗi hang (Nghìn, trăm, chục, đơn vị), mỗi chữ số có mặt: 120 : 5 = 24 lần
Tổng các chữ số ở mỗi hang: (1 + 2 + 3 + 4 + 5). 24 = 15 . 24 = 360
Tổng các số đƣợc lập: 360 + 3600 + 36000 + 360000 = 399960
b) chữ số tận cùng có 2 cách chọn (là 2 hoặc 4)
bốn chữ số trƣớc là hoán vị của của 4 chữ số còn lại và có P4 = 4! = 4 . 3 . 2 = 24 cách
chọn
Tất cả có 24 . 2 = 48 cách chọn
c) Các số phải lập có dạng abcde , trong đó : a có 5 cách chọn, b có 4 cách chọn (khác a),
c có 4 cách chọn (khác b), d có 4 cách chọn (khác c), e có 4 cách chọn (khác d)
Tất cả có: 5 . 4 . 4 . 4 . 4 = 1280 số

d) Chọn 2 trong 2 chữ số chẵn, có 1 cách chọn
chọn 2 trong 3 chữ số lẻ, có 3 cách chọn. Các chữ số có thể hoán vị, do đó có:
1 . 3 . 4! =1 . 3 . 4 . 3 . 2 = 72 số
  1800 . Trên Ax lấy 6 điểm khác A, trên Ay lấy 5 điểm khác A. trong 12
Bài 3: Cho xAy

điểm nói trên (kể cả điểm A), hai điểm nào củng đƣợc nối với nhau bởi một đoạn thẳng.
Có bao nhiêu tam giác mà các đỉnh là 3 trong 12 điểm ấy
Giải
Cách 1: Tam giác phải đếm gồm ba loại:
+ Loại 1: các tam giác có một đỉnh là A, đỉnh thứ 2 thuộc
Ax (có 6 cách chọn), đỉnh thứ 3 thuộc Ay (có 5 cách

A

A1

chọn), gồm có: 6 . 5 = 30 tam giác
+ Loại 2: Các tam giác có 1 đỉnh là 1 trong 5 điểm B1,
B2, B3, B4, B5 (có 5 cách chọn), hai đỉnh kia là 2 trong 6
điểm A1, A2, A3, A4, A5, A6 ( Có

C

B1

2
6



6.5 30

 15 cách chọn)
2!
2

Gồm 5 . 15 = 75 tam giác
9

B2

A2

B3

A3

B4

A4

y

B5

A5 A
6

x

20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8

+ Loại 3: Các tam giác có 1 đỉnh là 1 trong 6 điểm A1, A2, A3, A4, A5, A6 hai đỉnh kia là 2
trong 5 điểm B1, B2, B3, B4, B5 gồm có: 6.

C

2
5

 6.

5.4
20
 6.  60 tam giác
2!
2

Tất cả có: 30 + 75 + 60 = 165 tam giác
Cách 2: số các tam giác chọn 3 trong 12 điểm ấy là

C

3

12



12.11.10 1320 1320


 220
3!
3.2
6

Số bộ ba điểm thẳng hang trong 7 điểm thuộc tia Ax là:

C

3

Số bộ ba điểm thẳng hang trong 6 điểm thuộc tia Ay là:

C

3

7

6



7.6.5 210 210



 35
3!
3.2
6



6.5.4 120 120


 20
3!
3.2
6

Số tam giác tạo thành: 220 - ( 35 + 20) = 165 tam giác
D. BÀI TẬP:
Bài 1: cho 5 số: 0, 1, 2, 3, 4. từ các chữ số trên có thể lập đƣợc bao nhiêu số tự nhiên:
a) Có 5 chữ số gồm cả 5 chữ số ấy?
b) Có 4 chữ số, có các chữ số khác nhau?
c) có 3 chữ số, các chữ số khác nhau?
d) có 3 chữ số, các chữ số có thể giống nhau?
Bài 2: Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số lập bởi các chữ số 1, 2, 3 biết rằng số đó chia
hết cho 9
Bài 3: Trên trang vở có 6 đƣờng kẻ thẳng đứng và 5 đƣờng kẻ nằm ngang đôi một cắt
nhau. Hỏi trên trang vở đó có bao nhiêu hình chữ nhật

10

20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8

CHUYÊN ĐỀ 3 - LUỸ THỪA BẬC N CỦA MỘT NHỊ THỨC
A. MỤC TIÊU:
HS nắm đƣợc công thức khai triển luỹ thừa bậc n của một nhị thức: (a + b)n
Vận dụng kiến thức vào các bài tập về xác định hệ số của luỹ thừa bậc n của một nhị
thức, vận dụng vào các bài toán phân tích đa thức thành nhân tử
B. KIẾN THỨC VÀ BÀI TẬP VẬN DỤNG:
I. Nhị thức Niutơn:

Trong đó:

C kn 

(a + b)n = an + C1n an - 1 b + C2n an - 2 b2 + …+ Cnn 1 ab n - 1 + bn
n(n - 1)(n - 2)...[n - (k - 1)]
1.2.3...k

II. Cách xác định hệ số của khai triển Niutơn:
1. Cách 1: Dùng công thức C kn 

n(n - 1)(n - 2)...[n - (k - 1)]
k!

Chẳng hạn hệ số của hạng tử a4b3 trong khai triển của (a + b)7 là
C 74 

7.6.5.4 7.6.5.4

 35

4!
4.3.2.1

Chú ý: a) C kn 

7!
7.6.5.4.3.2.1
n!
với quy ƣớc 0! = 1  C 74 

 35
4!.3! 4.3.2.1.3.2.1
n!(n - k) !

b) Ta có: C kn = C kn - 1 nên C 74  C 37 

7.6.5.
 35
3!

2. Cách 2: Dùng tam giác Patxcan
Đỉnh

1

Dòng 1(n = 1)

1

Dòng 2(n = 1)

1

Dòng 3(n = 3)

1

Dòng 4(n = 4)

1

Dòng 5(n = 5)
Dòng 6(n = 6)

1
1

2
3

4
5

6

1
1
3
6

10
15

1
4

10
20

1
5

15

1
6

1

Trong tam giác này, hai cạnh bên gồm các số 1; dòng k + 1 đƣợc thành lập từ dòng k
11


20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8

(k  1), chẳng hạn ở dòng 2 (n = 2) ta có 2 = 1 + 1, dòng 3 (n = 3): 3 = 2 + 1, 3 = 1 + 2
dòng 4 (n = 4): 4 = 1 + 3, 6 = 3 + 3, 4 = 3 + 1, …
Với n = 4 thì: (a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4
Với n = 5 thì: (a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5
Với n = 6 thì: (a + b)6 = a6 + 6a5b + 15a4b2 + 20a3b3 + 15a2 b4 + 6ab5 + b6

3. Cách 3:
Tìm hệ số của hạng tử đứng sau theo các hệ số của hạng tử đứng trƣớc:
a) Hệ số của hạng tử thứ nhất bằng 1
b) Muốn có hệ số của của hạng tử thứ k + 1, ta lấy hệ số của hạng tử thứ k nhân với số
mũ của biến trong hạng tử thứ k rồi chia cho k
Chẳng hạn: (a + b)4 = a4 +

1.4 3
4.3 2 2 4.3.2
4.3.2. 5
ab+
ab +
ab3 +
b
1
2
2.3
2.3.4

Chú ý rằng: các hệ số của khai triển Niutơn có tính đối xứng qua hạng tử đứng giữa, nghĩa
là các hạng tử cách đều hai hạng tử đầu và cuối có hệ số bằng nhau
(a + b)n = an + nan -1b +

n(n - 1) n - 2 2
n(n - 1) 2 n
a b + …+
ab
1.2
1.2

-2

+ nan - 1bn - 1 + bn

III. Ví dụ:
1. Ví dụ 1: phân tích đa thức sau thành nhân tử
a) A = (x + y)5 - x5 - y5
Cách 1: khai triển (x + y)5 rồi rút gọn A
A = (x + y)5 - x5 - y5 = ( x5 + 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 + y5) - x5 - y5
= 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 = 5xy(x3 + 2x2y + 2xy2 + y3)
= 5xy [(x + y)(x2 - xy + y2) + 2xy(x + y)] = 5xy(x + y)(x2 + xy + y2)
Cách 2: A = (x + y)5 - (x5 + y5)
x5 + y5 chia hết cho x + y nên chia x5 + y5 cho x + y ta có:
x5 + y5 = (x + y)(x4 - x3y + x2y2 - xy3 + y4) nên A có nhân tử chung là (x + y), đặt (x + y)
làm nhân tử chung, ta tìm đƣợc nhân tử còn lại
b) B = (x + y)7 - x7 - y7 = (x7+7x6y +21x5y2 + 35x4y3 +35x3y4 +21x2y5 7xy6 + y7) - x7 y7
12


20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8

= 7x6y + 21x5y2 + 35x4y3 + 35x3y4 + 21x2y5 + 7xy6
= 7xy[(x5 + y5 ) + 3(x4y + xy4) + 5(x3y2 + x2y3 )]
= 7xy {[(x + y)(x4 - x3y + x2y2 - xy3 + y4) ] + 3xy(x + y)(x2 - xy + y2) + 5x2y2(x + y)}
= 7xy(x + y)[x4 - x3y + x2y2 - xy3 + y4 + 3xy(x2 + xy + y2) + 5x2y2 ]
= 7xy(x + y)[x4 - x3y + x2y2 - xy3 + y4 + 3x3y - 3x2y2 + 3xy3 + 5x2y2 ]
= 7xy(x + y)[(x4 + 2x2y2 + y4) + 2xy (x2 + y2) + x2y2 ] = 7xy(x + y)(x2 + xy + y2 )2
Ví dụ 2:Tìm tổng hệ số các đa thức có đƣợc sau khi khai triển
a) (4x - 3)4
Cách 1: Theo cônh thức Niu tơn ta có:

(4x - 3)4 = 4.(4x)3.3 + 6.(4x)2.32 - 4. 4x. 33 + 34 = 256x4 - 768x3 + 864x2 - 432x + 81
Tổng các hệ số: 256 - 768 + 864 - 432 + 81 = 1
b) Cách 2: Xét đẳng thức (4x - 3)4 = c0x4 + c1x3 + c2x2 + c3x + c4
Tổng các hệ số: c0 + c1 + c2 + c3 + c4
Thay x = 1 vào đẳng thức trên ta có: (4.1 - 3)4 = c0 + c1 + c2 + c3 + c4
Vậy: c0 + c1 + c2 + c3 + c4 = 1
* Ghi chú: Tổng các hệ số khai triển của một nhị thức, một đa thức bằng giá trị của đa
thức đó tại x = 1
C. BÀI TẬP:
Bài 1: Phân tích thành nhân tử
a) (a + b)3 - a3 - b3

b) (x + y)4 + x4 + y4

Bài 2: Tìm tổng các hệ số có đƣợc sau khi khai triển đa thức
a) (5x - 2)5

b) (x2 + x - 2)2010 + (x2 - x + 1)2011

13


20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8

CHUÊN ĐỀ 4 - CÁC BÀI TOÁN VỀ SỰ CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN
A. MỤC TIÊU:
* Củng cố, khắc sâu kiến thức về các bài toán chia hết giữa các số, các đa thức
* HS tiếp tục thực hành thành thạo về các bài toán chứng minh chia hết, không chia hết,
sốnguyên tố, số chính phƣơng…
* Vận dụng thành thạo kỹ năng chứng minh về chia hết, không chia hết… vào các bài

toán cụ thể
B.KIẾN THỨC VÀ CÁC BÀI TOÁN:
I. Dạng 1: Chứng minh quan hệ chia hết
1. Kiến thức:
* Để chứng minh A(n) chia hết cho một số m ta phân tích A(n) thành nhân tử có một nhân
tử làm hoặc bội của m, nếu m là hợp số thì ta lại phân tích nó thành nhân tử có các đoi
một nguyên tố cùng nhau, rồi chứng minh A(n) chia hết cho các số đó
* Chú ý:
+ Với k số nguyên liên tiếp bao giờ củng tồn tại một bội của k
+ Khi chứng minh A(n) chia hết cho m ta xét mọi trƣờng hợp về số dƣ khi chia A(n) cho
m
+ Với mọi số nguyên a, b và số tự nhiên n thì:
+) an - bn chia hết cho a - b (a  - b)

+) (a + 1)n là BS(a )+ 1

+) a2n + 1 + b2n + 1 chia hết cho a + b

+)(a - 1)2n là B(a) + 1

+ (a + b)n = B(a) + bn

+) (a - 1)2n + 1 là B(a) - 1

2. Bài tập:

2. Các bài toán
Bài 1: chứng minh rằng
a) 251 - 1 chia hết cho 7

b) 270 + 370 chia hết cho 13

c) 1719 + 1917 chi hết cho 18

d) 3663 - 1 chia hết cho 7 nhƣng không chia hết cho

37
14


20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8

e) 24n -1 chia hết cho 15 với n N
Giải
a) 251 - 1 = (23)17 - 1  23 - 1 = 7
b) 270 + 370 (22)35 + (32)35 = 435 + 935  4 + 9 = 13
c) 1719 + 1917 = (1719 + 1) + (1917 - 1)
1719 + 1  17 + 1 = 18 và 1917 - 1  19 - 1 = 18 nên (1719 + 1) + (1917 - 1)
hay 1719 + 1917  18
d) 3663 - 1  36 - 1 = 35  7
3663 - 1 = (3663 + 1) - 2 chi cho 37 dƣ - 2
e) 2 4n - 1 = (24) n - 1  24 - 1 = 15
Bài 2: chứng minh rằng
a) n5 - n chia hết cho 30 với n  N ;
b) n4 -10n2 + 9 chia hết cho 384 với mọi n lẻ n Z
c) 10n +18n -28 chia hết cho 27 với n N ;
Giải:
a) n5 - n = n(n4 - 1) = n(n - 1)(n + 1)(n2 + 1) = (n - 1).n.(n + 1)(n2 + 1) chia hết cho 6 vì
(n - 1).n.(n+1) là tích của ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 2 và 3 (*)
Mặt khác

n5 - n = n(n2 - 1)(n2 + 1) = n(n2 - 1).(n2 - 4 + 5) = n(n2 - 1).(n2 - 4 ) + 5n(n2 - 1)
= (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) + 5n(n2 - 1)

Vì (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) là tích của 5 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 5
5n(n2 - 1) chia hết cho 5
Suy ra (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) + 5n(n2 - 1) chia hết cho 5 (**)
Từ (*) và (**) suy ra đpcm
b) Đặt A = n4 -10n2 + 9 = (n4 -n2 ) - (9n2 - 9) = (n2 - 1)(n2 - 9) = (n - 3)(n - 1)(n + 1)(n + 3)
Vì n lẻ nên đặt n = 2k + 1 (k  Z) thì
A = (2k - 2).2k.(2k + 2)(2k + 4) = 16(k - 1).k.(k + 1).(k + 2)  A chia hết cho 16 (1)
Và (k - 1).k.(k + 1).(k + 2) là tích của 4 số nguyên liên tiếp nên A có chứa bội của 2, 3, 4
nên A là bội của 24 hay A chia hết cho 24 (2)
15


20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8

Từ (1) và (2) suy ra A chia hết cho 16. 24 = 384
c) 10 n +18n -28 = ( 10 n - 9n - 1) + (27n - 27)
+ Ta có: 27n - 27  27 (1)
+ 10 n - 9n - 1 = [( 9...9
 - n)  27 (2)
 + 1) - 9n - 1] = 9...9
 - 9n = 9( 1...1
n

n

n

vì 9  9 và 1...1
 - n  3 do 1...1
 - n là một số có tổng các chữ số chia hết cho 3
n

n

Từ (1) và (2) suy ra đpcm
3. Bài 3: Chứng minh rằng với mọi số nguyên a thì
a) a3 - a chia hết cho 3
b) a7 - a chia hết cho 7
Giải
a) a3 - a = a(a2 - 1) = (a - 1) a (a + 1) là tích của ba số nguyên liên tiếp nên tồn tại một số
là bội của 3 nên (a - 1) a (a + 1) chia hết cho 3
b) ) a7 - a = a(a6 - 1) = a(a2 - 1)(a2 + a + 1)(a2 - a + 1)
Nếu a = 7k (k  Z) thì a chia hết cho 7
Nếu a = 7k + 1 (k  Z) thì a2 - 1 = 49k2 + 14k chia hết cho 7
Nếu a = 7k + 2 (k  Z) thì a2 + a + 1 = 49k2 + 35k + 7 chia hết cho 7
Nếu a = 7k + 3 (k  Z) thì a2 - a + 1 = 49k2 + 35k + 7 chia hết cho 7
Trong trƣờng hợp nào củng có một thừa số chia hết cho 7
Vậy: a7 - a chia hết cho 7
Bài 4: Chứng minh rằng A = 13 + 23 + 33 + ...+ 1003 chia hết cho B = 1 + 2 + 3 + ... + 100
Giải
Ta có: B = (1 + 100) + (2 + 99) + ...+ (50 + 51) = 101. 50
Để chứng minh A chia hết cho B ta chứng minh A chia hết cho 50 và 101
Ta có: A = (13 + 1003) + (23 + 993) + ... +(503 + 513)
= (1 + 100)(12 + 100 + 1002) + (2 + 99)(22 + 2. 99 + 992) + ... + (50 + 51)(502 + 50. 51 +
512) = 101(12 + 100 + 1002 + 22 + 2. 99 + 992 + ... + 502 + 50. 51 + 512) chia hết cho 101
(1)

16


20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8

Lại có: A = (13 + 993) + (23 + 983) + ... + (503 + 1003)
Mỗi số hạng trong ngoặc đều chia hết cho 50 nên A chia hết cho 50 (2)
Từ (1) và (2) suy ra A chia hết cho 101 và 50 nên A chi hết cho B
Bài tập về nhà
Chứng minh rằng:
a) a5 – a chia hết cho 5
b) n3 + 6n2 + 8n chia hết cho 48 với mọi n chẵn
c) Cho a l à số nguyên tố lớn hơn 3. Cmr a2 – 1 chia hết cho 24
d) Nếu a + b + c chia hết cho 6 thì a3 + b3 + c3 chia hết cho 6
e) 20092010 không chia hết cho 2010
f) n2 + 7n + 22 không chia hết cho 9
Dạng 2: Tìm số dƣ của một phép chia
Bài 1:
Tìm số dƣ khi chia 2100
a)cho 9,

b) cho 25,

c) cho 125

Giải
a) Luỹ thừa của 2 sát với bội của 9 là 23 = 8 = 9 - 1
Ta có : 2100 = 2. (23)33 = 2.(9 - 1)33 = 2.[B(9) - 1] = B(9) - 2 = B(9) + 7
Vậy: 2100 chia cho 9 thì dƣ 7
b) Tƣơng tự ta có: 2100 = (210)10 = 102410 = [B(25) - 1]10 = B(25) + 1

Vậy: 2100 chia chop 25 thì dƣ 1
c)Sử dụng công thức Niutơn:
2100 = (5 - 1)50 = (550 - 5. 549 + … +

50.49 2
. 5 - 50 . 5 ) + 1
2

Không kể phần hệ số của khai triển Niutơn thì 48 số hạng đầu đã chứa thừa số 5 với số mũ
lớn hơn hoặc bằng 3 nên đều chia hết cho 53 = 125, hai số hạng tiếp theo:
cũng chia hết cho 125 , số hạng cuối cùng là 1
Vậy: 2100 = B(125) + 1 nên chia cho 125 thì dƣ 1
17

50.49 2
. 5 - 50.5
2


20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8

Bài 2:
Viết số 19951995 thành tổng của các số tự nhiên . Tổng các lập phƣơng đó chia cho 6 thì dƣ
bao nhiêu?
Giải
Đặt 19951995 = a = a1 + a2 + …+ an.
Gọi S  a13  a 23 + a 33 + ...+ a n 3 = a13  a 23 + a 33 + ...+ a n 3 + a - a
= (a1 3 - a1) + (a2 3 - a2) + …+ (an 3 - an) + a
Mỗi dấu ngoặc đều chia hết cho 6 vì mỗi dấu ngoặc là tích của ba số tự nhiên liên tiếp. Chỉ
cần tìm số dƣ khi chia a cho 6

1995 là số lẻ chia hết cho 3, nên a củng là số lẻ chia hết cho 3, do đó chia cho 6 dƣ 3
Bài 3: Tìm ba chữ số tận cùng của 2100 viết trong hệ thập phân
giải
Tìm 3 chữ số tận cùng là tìm số dƣ của phép chia 2100 cho 1000
Trƣớc hết ta tìm số dƣ của phép chia 2100 cho 125
Vận dụng bài 1 ta có 2100 = B(125) + 1 mà 2100 là số chẵn nên 3 chữ số tận cùng của nó chỉ
có thể là 126, 376, 626 hoặc 876
Hiển nhiên 2100 chia hết cho 8 vì 2100 = 1625 chi hết cho 8 nên ba chữ số tận cùng của nó
chia hết cho 8
trong các số 126, 376, 626 hoặc 876 chỉ có 376 chia hết cho 8
Vậy: 2100 viết trong hệ thập phân có ba chữ số tận cùng là 376
Tổng quát: Nếu n là số chẵn không chia hết cho 5 thì 3 chữ số tận cùng của nó là 376
Bài 4: Tìm số dƣ trong phép chia các số sau cho 7
a) 2222 + 5555

b)31993

c) 19921993 + 19941995

d) 32

1930

Giải
a) ta có: 2222 + 5555 = (21 + 1)22 + (56 – 1)55 = (BS 7 +1)22 + (BS 7 – 1)55
= BS 7 + 1 + BS 7 - 1 = BS 7 nên 2222 + 5555 chia 7 dƣ 0
b) Luỹ thừa của 3 sát với bội của 7 là 33 = BS 7 – 1
18

20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8

Ta thấy 1993 = BS 6 + 1 = 6k + 1, do đó:
31993 = 3 6k + 1 = 3.(33)2k = 3(BS 7 – 1)2k = 3(BS 7 + 1) = BS 7 + 3
c) Ta thấy 1995 chia hết cho 7, do đó:
19921993 + 19941995 = (BS 7 – 3)1993 + (BS 7 – 1)1995 = BS 7 – 31993 + BS 7 – 1
Theo câu b ta có 31993 = BS 7 + 3 nên
19921993 + 19941995 = BS 7 – (BS 7 + 3) – 1 = BS 7 – 4 nên chia cho 7 thì dƣ 3
1930

d) 32

= 32860 = 33k + 1 = 3.33k = 3(BS 7 – 1) = BS 7 – 3 nên chia cho 7 thì dƣ 4

Bài tập về nhà
Tìm số d ƣ khi:
a) 21994 cho 7
b) 31998 + 51998 cho 13
c) A = 13 + 23 + 33 + ...+ 993 chia cho B = 1 + 2 + 3 + ... + 99
Dạng 3: Tìm điều kiện để xảy ra quan hệ chia hết
Bài 1: Tìm n  Z để giá trị của biểu thức A = n3 + 2n2 - 3n + 2 chia hết cho giá trị của biểu
thức B = n2 - n
Giải
Chia A cho B ta có: n3 + 2n2 - 3n + 2 = (n + 3)(n2 - n) + 2
Để A chia hết cho B thì 2 phải chia hết cho n2 - n = n(n - 1) do đó 2 chia hết cho n, ta có:
n

1

-1

2

-2

n-1

0

-2

1

-3

n(n - 1)

0

2

2

6

loại

loại

Vậy: Để giá trị của biểu thức A = n3 + 2n2 - 3n + 2 chia hết cho giá trị của biểu thức

B = n2 - n thì n 1; 2
Bài 2:
a) Tìm n  N để n5 + 1 chia hết cho n3 + 1
b) Giải bài toán trên nếu n  Z
19


20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8

Giải
Ta có: n5 + 1  n3 + 1  n2(n3 + 1) - (n2 - 1)  n3 + 1  (n + 1)(n - 1)  n3 + 1
2

2

 (n + 1)(n - 1)  (n + 1)(n - n + 1)  n - 1  n - n + 1 (Vì n + 1  0)

a) Nếu n = 1 thì 0  1
Nếu n > 1 thì n - 1 < n(n - 1) + 1 < n2 - n + 1 nên không thể xẩy ra n - 1  n2 - n + 1
Vậy giá trụ của n tìm đƣợc là n = 1
b) n - 1  n2 - n + 1  n(n - 1)  n2 - n + 1  (n2 - n + 1 ) - 1  n2 - n + 1
2

 1  n - n + 1. Có hai trƣờng hợp xẩy ra:
n  0

+ n2 - n + 1 = 1  n(n - 1) = 0  
(Tm đề bài)
n  1
+ n2 - n + 1 = -1  n2 - n + 2 = 0 (Vô nghiệm)

Bài 3: Tìm số nguyên n sao cho:
a) n2 + 2n - 4  11

b) 2n3 + n2 + 7n + 1  2n - 1

c) n4 - 2n3 + 2n2 - 2n + 1  n4 - 1

d) n3 - n2 + 2n + 7  n2 + 1

Giải
a) Tách n2 + 2n - 4 thành tổng hai hạng tử trong đó có một hạng tử là B(11)
n2 + 2n - 4  11  (n2 - 2n - 15) + 11  11  (n - 3)(n + 5) + 11  11
 n  311
n = B(11) + 3

 (n - 3)(n + 5)  11  
 n + 5 11 n = B(11) - 5

b) 2n3 + n2 + 7n + 1 = (n2 + n + 4) (2n - 1) + 5
 2n
 2n
3
2
Để 2n + n + 7n + 1  2n - 1 thì 5  2n - 1 hay 2n - 1 là Ƣ(5)  
 2n

 2n

 1=-5

n = - 2
n = 0
 1 = -1

n = 1
 1=1

 1=5
n = 3

Vậy: n   2; 0; 1; 3  thì 2n3 + n2 + 7n + 1  2n - 1
c) n4 - 2n3 + 2n2 - 2n + 1  n4 - 1
Đặt A = n4 - 2n3 + 2n2 - 2n + 1 = (n4 - n3) - (n3 - n2) + (n2 - n) - (n - 1)
= n3(n - 1) - n2(n - 1) + n(n - 1) - (n - 1) = (n - 1) (n3 - n2 + n - 1) = (n - 1)2(n2 + 1)
B = n4 - 1 = (n - 1)(n + 1)(n2 + 1)
20


20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8

A chia hết cho b nên n   1  A chia hết cho B  n - 1  n + 1  (n + 1) - 2  n + 1
n
n
 2 n+1  
n

n

 n = -3
n = - 2

 1=-1

n = 0
 1=1

 Tm)
 1=2
 n = 1 (khong
 1=-2

Vậy: n    3;  2; 0  thì n4 - 2n3 + 2n2 - 2n + 1  n4 - 1
d) Chia n3 - n2 + 2n + 7 cho n2 + 1 đƣợc thƣơng là n - 1, dƣ n + 8
Để n3 - n2 + 2n + 7  n2 + 1 thì n + 8  n2 + 1  (n + 8)(n - 8)  n2 + 1  65  n2 + 1
Lần lƣợt cho n2 + 1 bằng 1; 5; 13; 65 ta đƣợc n bằng 0;  2;  8
Thử lại ta có n = 0; n = 2; n = 8 (T/m)
Vậy: n3 - n2 + 2n + 7  n2 + 1 khi n = 0, n = 8
Bài tập về nhà:
Tìm số nguyên n để:
a) n3 – 2 chia hết cho n – 2
b) n3 – 3n2 – 3n – 1 chia hết cho n2 + n + 1
c)5n – 2n chia hết cho 63
Dạng 4: Tồn tại hay không tồn tại sự chia hết
Bài 1: Tìm n  N sao cho 2n – 1 chia hết cho 7
Giải
Nếu n = 3k ( k  N) thì 2n – 1 = 23k – 1 = 8k - 1 chia hết cho 7
Nếu n = 3k + 1 ( k  N) thì 2n – 1 = 23k + 1 – 1 = 2(23k – 1) + 1 = BS 7 + 1
Nếu n = 3k + 2 ( k  N) thì 2n – 1 = 23k + 2 – 1 = 4(23k – 1) + 3 = BS 7 + 3
V ậy: 2n – 1 chia hết cho 7 khi n = BS 3
Bài 2: Tìm n  N để:
a) 3n – 1 chia hết cho 8

b) A = 32n

+3

+ 24n + 1 chia hết cho 25

c) 5n – 2n chia hết cho 9
Giải
21


20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8

a) Khi n = 2k (k  N) thì 3n – 1 = 32k – 1 = 9k – 1 chia hết cho 9 – 1 = 8
Khi n = 2k + 1 (k  N) thì 3n – 1 = 32k + 1 – 1 = 3. (9k – 1 ) + 2 = BS 8 + 2
Vậy : 3n – 1 chia hết cho 8 khi n = 2k (k  N)
b) A = 32n

+3

+ 24n + 1 = 27 . 32n + 2.24n = (25 + 2) 32n + 2.24n = 25. 32n + 2.32n + 2.24n

= BS 25 + 2(9n + 16n)
Nếu n = 2k +1(k  N) thì 9n + 16n = 92k + 1 + 162k + 1 chia hết cho 9 + 16 = 25
Nếu n = 2k (k  N) thì 9n có chữ số tận cùng bằng 1 , còn 16n có chữ số tận cùng bằng 6
suy ra 2((9n + 16n) có chữ số tận cùng bằng 4 nên A không chia hết cho 5 nên không chia
hết cho 25
c) Nếu n = 3k (k  N) thì 5n – 2n = 53k – 23k chia hết cho 53 – 23 = 117 nên chia hết cho 9
Nếu n = 3k + 1 thì 5n – 2n = 5.53k – 2.23k = 5(53k – 23k) + 3. 23k = BS 9 + 3. 8k
= BS 9 + 3(BS 9 – 1)k = BS 9 + BS 9 + 3

Tƣơng tự: nếu n = 3k + 2 thì 5n – 2n không chia hết cho 9

22


20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8

CHUYÊN ĐỀ 5: SỐ CHÍNH PHƢƠNG

I. Số chính phƣơng:
A. Một số kiến thức:
Số chính phƣơng: số bằng bình phƣơng của một số khác
Ví dụ:
4 = 22; 9 = 32
A = 4n2 + 4n + 1 = (2n + 1)2 = B2
+ Số chính phƣơng khơng tận cùng bởi các chữ số: 2, 3, 7, 8
+ Số chính phƣơng chia hết cho 2 thì chia hết cho 4, chia hết cho 3 thì chia hết cho 9, chia
hết cho 5 thì chia hết cho 25, chia hết cho 23 thì chia hết cho 24,…
n
+ Số 11...1
 = a thì 99...9
 = 9a  9a + 1 = 99...9
 + 1 = 10
n

n

n

B. Một số bài toán:

1. Bài 1:
Chứng minh rằng: Một số chính phƣơng chia cho 3, cho 4 chỉ có thể dƣ 0 hoặc 1
Giải
Gọi A = n2 (n  N)
a) xét n = 3k (k  N)  A = 9k2 nên chia hết cho 3
n = 3k  1 (k  N)  A = 9k2  6k + 1, chia cho 3 dƣ 1
Vậy: số chính phƣơng chia cho 3 dƣ 0 hoặc 1
b) n = 2k (k  N) thì A = 4k2 chia hết cho 4
n = 2k +1 (k  N) thì A = 4k2 + 4k + 1 chia cho 4 dƣ 1
Vậy: số chính phƣơng chia cho 4 dƣ 0 hoặc 1
Chú ý: + Số chính phƣơng chẵn thì chia hết cho 4
+ Số chính phƣơng lẻ thì chia cho 4 thì dƣ 1( Chia 8 củng dƣ 1)
2. Bài 2: Số nào trong các số sau là số chính phƣơng
a) M = 19922 + 19932 + 19942
23


20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8

b) N = 19922 + 19932 + 19942 + 19952
c) P = 1 + 9100 + 94100 + 1994100
d) Q = 12 + 22 + ...+ 1002
e) R = 13 + 23 + ... + 1003
Giải
a) các số 19932, 19942 chia cho 3 dƣ 1, còn 19922 chia hết cho 3  M chia cho 3 dƣ 2 do
đó M không là số chính phƣơng
b) N = 19922 + 19932 + 19942 + 19952 gồm tổng hai số chính phƣơng chẵn chia hết cho 4,
và hai số chính phƣơng lẻ nên chia 4 dƣ 2 suy ra N không là số chính phƣơng
c) P = 1 + 9100 + 94100 + 1994100 chia 4 dƣ 2 nên không là số chính phƣơng
d) Q = 12 + 22 + ...+ 1002

Số Q gồm 50 số chính phƣơng chẵn chia hết cho 4, 50 số chính phƣơng lẻ, mỗi số chia 4
dƣ 1 nên tổng 50 số lẻ đó chia 4 thì dƣ 2 do đó Q chia 4 thì dƣ 2 nên Q không là số chính
phƣơng
e) R = 13 + 23 + ... + 1003
Gọi Ak = 1 + 2 +... + k =

k(k + 1)
k(k - 1)
, Ak – 1 = 1 + 2 +... + k =
2
2

Ta có: Ak2 – Ak -12 = k3 khi đó:
13 = A12
23 = A22 – A12
.....................
n3 = An2 = An - 12
Cộng vế theo vế các đẳng thức trên ta có:
n(n + 1)  100(100  1) 
2
= 

  50.101 là số chính phƣơng


2
 2  

2

3

3

3

1 + 2 + ... +n = An

2

2

3. Bài 3:
CMR: Với mọi n Ỵ N thì các số sau là số chính phƣơng.
a) A = (10n +10n-1 +...+.10 +1)(10 n+1 + 5) + 1
24


20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8

A = ( 11.....1
 )(10

n+1

n

Đặt a = 10

n+1

10n 1  1
+ 5) + 1 
.(10n1  5)  1
10  1

a-1
a 2 + 4a - 5 + 9 a 2 + 4a + 4  a + 2 
thì A =
(a + 5) + 1 =



9
9
9
 3 

2

b) B = 111.....1


 555.....5


 6 ( cĩ n số 1 và n-1 số 5)
n

n-1





n
n
B = 111.....1


 555.....5


 + 1 = 111.....1


 . 10 + 555.....5


 + 1 = 111.....1


 . 10 + 5 111.....1


 + 1
n

n

n

n



n

n

n
Đặt 11.....1
 = a thì 10 = 9a + 1 nên
n
2
B = a(9a + 1) + 5a + 1 = 9a2 + 6a + 1 = (3a + 1)2 = 33....34

n-1

c) C = 11.....1
 .+ 44.....4


+ 1
2n

n

n
Đặt a = 11.....1

 Thì C = 11.....1
 11.....1
 + 4. 11.....1
 + 1 = a. 10 + a + 4 a + 1
n

n

n

n

= a(9a + 1) + 5a + 1 = 9a2 + 6a + 1 = (3a + 1)2
n
Đặt 99....9
 = a  10 = a + 1

d) D = 99....9
 8 00.....0
 1 .
n

n

n

n+2
D = 99....9
+ 8. 10n + 1 + 1 = a . 100 . 10n + 80. 10n + 1
 . 10

n

2
= 100a(a + 1) + 80(a + 1) + 1 = 100a2 + 180a + 81 = (10a + 9)2 = ( 99....9
 )
n+1

n+2
e) E = 11.....1
+ 2. 11.....1
 22.....2
 5 = 11.....1
 22.....2
 00 + 25 = 11.....1
 .10
 00 + 25
n

n+1

n

n+1

n

n

2
= [a(9a + 1) + 2a]100 + 25 = 900a2 + 300a + 25 = (30a + 5)2 = ( 33.....3

 5)
n

f) F = 44.....4
 = 4. 11.....1
 là số chính phƣơng thì 11.....1
 là số chính phƣơng
100

100

100

Số 11.....1
 là số lẻ nên nó là số chính phƣơng thì chia cho 4 phải dƣ 1
100

Thật vậy: (2n + 1)2 = 4n2 + 4n + 1 chia 4 dƣ 1
11.....1
 có hai chữ số tận cùng là 11 nên chia cho 4 thì dƣ 3
100

25

